高中物理第十六章动量守恒定律第4节碰撞学案解析版新人教版选修35.docx
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高中物理第十六章动量守恒定律第4节碰撞学案解析版新人教版选修35
第4节碰撞
1.如果碰撞过程中机械能守恒,这样的碰撞叫做弹性碰撞,如果碰撞过程中机械能不守恒,这样的碰撞叫做非弹性碰撞。
2.两小球碰撞前后的运动速度与两球心的连线在同一条直线上,这种碰撞称为正碰,也叫对心碰撞。
3.微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”,这样的碰撞又叫散射。
一、碰撞的分类
1.从能量角度分类
(1)弹性碰撞:
碰撞过程中机械能守恒。
(2)非弹性碰撞:
碰撞过程中机械能不守恒。
(3)完全非弹性碰撞:
碰撞后合为一体或碰后具有共同速度,这种碰撞动能损失最大。
2.从碰撞前后物体运动的方向是否在同一条直线上分类
(1)正碰:
(对心碰撞)两个球发生碰撞,如果碰撞之前球的速度方向与两球心的连线在同一条直线上,碰撞之后两个球的速度方向仍会沿着这条直线的方向而运动。
(2)斜碰:
(非对心碰撞)两个球发生碰撞,如果碰撞之前球的运动速度方向与两球心的连线不在同一条直线上,碰撞之后两球的速度方向都会偏离原来两球心的连线而运动。
二、弹性碰撞特例
1.两质量分别为m1、m2的小球发生弹性正碰,v1≠0,v2=0,则碰后两球速度分别为v1′=
v1,v2′=
v1。
2.若m1=m2的两球发生弹性正碰,v1≠0,v2=0,则v1′=0,v2′=v1,即两者碰后交换速度。
3.若m1≪m2,v1≠0,v2=0,则二者弹性正碰后,v1′=-v1,v2′=0。
表明m1被反向以原速率弹回,而m2仍静止。
4.若m1≫m2,v1≠0,v2=0,则二者弹性正碰后,v1′=v1,v2′=2v1。
表明m1的速度不变,m2以2v1的速度被撞出去。
三、散射
1.定义
微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”而发生的碰撞。
2.散射方向
由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小,所以多数粒子碰撞后飞向四面八方。
1.自主思考——判一判
(1)两小球在光滑水平面上碰撞后粘在一起,因而不满足动量守恒定律。
(×)
(2)速度不同的两小球碰撞后粘在一起,碰撞过程中没有能量损失。
(×)
(3)在系统所受合外力为零的条件下,正碰满足动量守恒定律,斜碰不满足动量守恒定律。
(×)
(4)微观粒子碰撞时并不接触,但仍属于碰撞。
(√)
2.合作探究——议一议
(1)如图所示,打台球时,质量相等的母球与目标球发生碰撞,两个球一定交换速度吗?
提示:
不一定。
只有质量相等的两个物体发生一维弹性碰撞时,
系统的总动量守恒,总动能守恒,才会交换速度,否则不会交换速度。
(2)如图所示是金原子核对α粒子的散射,当α粒子接近金原子核时动量守恒吗?
提示:
动量守恒。
因为微观粒子相互接近时,它们之间的作用力属于内力,满足动量守恒的条件,故动量守恒。
对碰撞问题的理解
1.碰撞的广义理解
物理学里所研究的碰撞,包括的范围很广,只要通过短时间作用,物体的动量发生了明显的变化,都可视为碰撞。
例如:
两个小球的撞击,子弹射入木块,系在绳子两端的物体将松弛的绳子突然拉直,铁锤打击钉子,列车车厢的挂接,中子轰击原子核等均可视为碰撞问题。
需注意的是必须将发生碰撞的双方(如两小球、子弹和木块、铁锤和钉子、中子和原子核等)包括在同一个系统中,才能对该系统应用动量守恒定律。
2.碰撞过程的五个特点
(1)时间特点:
在碰撞、爆炸现象中,相互作用的时间很短。
(2)相互作用力的特点:
在相互作用过程中,相互作用力先是急剧增大,然后急剧减小,平均作用力很大。
(3)动量守恒条件的特点:
系统的内力远远大于外力,所以系统即使所受合外力不为零,外力也可以忽略,系统的总动量守恒。
(4)位移特点:
碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的,时间极短,在物体发生碰撞、爆炸的瞬间,可忽略物体的位移,认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置。
(5)能量特点:
碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′满足:
Ek≥Ek′。
3.碰撞中系统的能量
(1)弹性碰撞:
动量守恒,机械能守恒。
(2)非弹性碰撞:
动量守恒,动能有损失,转化为系统的内能。
(3)完全非弹性碰撞:
动量守恒,动能损失最大,碰撞后两物体粘合在一起以相同的速度运动。
[典例] 如图所示,一质量M=2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上,弧形轨道与水平轨道平滑连接,水平轨道上静置一小球B。
从弧形轨道上距离水平轨道高h=0.3m处由静止释放一质量mA=1kg的小球A,小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰,碰后小球A被弹回,且恰好追不上平台。
已知所有接触面均光滑,重力加速度为g=10m/s2。
求小球B的质量。
[思路点拨]
(1)所有接触面均光滑,可知小球下滑过程中弧形轨道与小球组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒。
(2)A球与B球发生弹性碰撞,说明两球碰撞过程中动量、动能均守恒。
(3)A球与B球碰后恰好追不上平台,说明A球最终速度水平向左,且与平台速度相等。
[解析] 设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为v1,平台水平速度大小为v,由动量守恒定律有0=mAv1-Mv
由能量守恒定律有mAgh=
mAv12+
Mv2
联立解得v1=2m/s,v=1m/s
小球A、B碰后运动方向相反,设小球A、B的速度大小分别为v1′和v2,由于碰后小球A被弹回,且恰好追不上平台,则此时小球A的速度等于平台的速度,有v1′=1m/s
由动量守恒定律得mAv1=-mAv1′+mBv2
由能量守恒定律有
mAv12=
mAv1′2+
mBv22
联立解得mB=3kg。
[答案] 3kg
对碰撞问题的三点提醒
(1)当遇到两物体发生碰撞的问题,不管碰撞环境如何,要首先想到利用动量守恒定律。
(2)对心碰撞是同一直线上的运动过程,只在一个方向上列动量守恒方程即可,此时应注意速度正、负号的选取。
(3)而对于斜碰,要在相互垂直的两个方向上分别应用动量守恒定律。
1.在2018冬残奥会上中国队以6∶5战胜挪威队,实现了中国代表团冬残奥会金牌零的突破。
图为队长王海涛的最后致胜一投,假设他将质量为19kg的冰壶推出,运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的挪威冰壶,然后中国队冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心。
若两冰壶质量相等,则下列判断正确的是( )
A.挪威队冰壶的速度为0.3m/s,两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
B.挪威队冰壶的速度为0.3m/s,两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
C.挪威队冰壶的速度为0.5m/s,两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞
D.挪威队冰壶的速度为0.5m/s,两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞
解析:
选B 两冰壶碰撞的过程中动量守恒,规定向前运动方向为正方向,根据动量守恒定律有:
mv1=mv2+mv3,
代入数据得:
m×0.4=m×0.1+mv3
解得:
v3=0.3m/s。
动能减小量:
ΔE=
mv12-
mv22-
mv32
=
m(0.42-0.12-0.32)>0
故系统动能减小,是非弹性碰撞,B正确。
2.如图所示,木块A、B的质量均为2kg,置于光滑水平面上,B与一轻质弹簧的一端相连,弹簧的另一端固定在竖直挡板上,当A以4m/s的速度向B撞击时,由于有橡皮泥而粘在一起运动,那么弹簧被压缩到最短时,弹簧具有的弹性势能大小为( )
A.4J B.8J
C.16JD.32J
解析:
选B A、B在碰撞过程中动量守恒,碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒。
由碰撞过程中动量守恒得
mAvA=(mA+mB)v
代入数据解得v=
=2m/s
所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为
(mA+mB)v2=8J,当弹簧被压缩至最短时,系统的动能为0,只有弹性势能,由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8J。
碰撞问题的分析和判断
1.判断碰撞类问题的三个依据
(1)系统动量守恒,即p1+p2=p1′+p2′。
(2)系统动能不增加,即Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或
+
≥
+
。
(3)速度要合理
2.爆炸问题的三个特点
动量守恒
由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒
动能增加
在爆炸过程中,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加
位置不变
爆炸的时间极短,因而作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
[典例] [多选]如图所示,在光滑的水平支撑面上,有A、B两个小球,A球动量为10kg·m/s,B球动量为12kg·m/s,A球追上B球并相碰,碰撞后,A球动量变为8kg·m/s,方向没变,则A、B两球质量的比值为( )
A.0.5B.0.6
C.0.65D.0.75
[解析] A、B两球同向运动,A球要追上B球应满足条件:
vA>vB。
两球碰撞过程中动量守恒,且动能不会增加,碰撞结束满足条件:
vB′≥vA′。
由vA>vB得,
>
,即
<
=
=0.83,
由碰撞过程动量守恒得:
pA+pB=pA′+pB′
解得pB′=14kg·m/s
由碰撞过程的动能关系得:
+
≥
+
,
≤
=0.69
由vB′≥vA′得,
≥
,
≥
=
=0.57
所以0.57≤
≤0.69
选项B、C正确。
[答案] BC
(1)只考虑碰撞前后的速度大小关系,没有考虑两球碰撞过程中动能不增加的能量关系时易错选D项。
(2)只考虑碰撞过程中动量守恒和动能不增加,则易错选A项。
1.甲、乙两铁球质量分别是m1=1kg,m2=2kg,在光滑平面上沿同一直线运动,速度分别是v1=6m/s、v2=2m/s。
甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是( )
A.v1′=7m/s,v2′=1.5m/s
B.v1′=2m/s,v2′=4m/s
C.v1′=3.5m/s,v2′=3m/s
D.v1′=4m/s,v2′=3m/s
解析:
选B 选项A和B均满足动量守恒条件,但选项A碰后总动能大于碰前总动能,选项A错误、B正确;选项C不满足动量守恒条件,错误;选项D满足动量守恒条件,且碰后总动能小于碰前总动能,但碰后甲球速度大于乙球速度,不合理,选项D错误。
2.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球,它们成一条直线,2、3小球静止,并靠在一起,1球以速度v0射向它们,如图所示。
设碰撞中不损失机械能,则碰后三个小球的速度可能是( )
A.v1=v2=v3=
v0 B.v1=0,v2=v3=
v0
C.v1=0,v2=v3=
v0D.v1=v2=0,v3=v0
解析:
选D 由题设条件,三个小球在碰撞过程中总动量和总动能守恒。
若各球质量均为m,则碰撞前系统总动量为mv0,总动能为
mv02。
假如选项A正确,则碰后总动量为
mv0,这显然违反动量守恒定律,故不可能。
假如选项B正确,则碰后总动量为
mv0,这也违反动量守恒定律,故也不可能。
假如选项C正确,则碰后总动量为mv0,但总动能为
mv02,这显然违反机械能守恒定律,故也不可能。
假如选项D正确的话,则通过计算其既满足动量守恒定律,也满足机械能守恒定律,故选项D正确。
3.一炮弹质量为m,相对水平方向以一定的倾角θ斜向上发射,发射速度为v,炮弹在最高点爆炸成两块,其中一块以原速率沿原轨道返回,质量为
,求:
(1)另一块爆炸后瞬时的速度大小;
(2)爆炸过程系统增加的机械能。
解析:
(1)炮弹在水平方向上做匀速直线运动,在最高点处爆炸前的速度v1=vcosθ,
设v1的方向为正方向,由动量守恒定律得mv1=
(-v1)+
v2,解得v2=3vcosθ。
(2)爆炸过程中系统增加的机械能ΔEk=
·
·v12+
·
·v22-
mv12,将v1=vcosθ、v2=3vcosθ代入得ΔEk=2m(vcosθ)2。
答案:
(1)3vcosθ
(2)2m(vcosθ)2
1.关于散射,下列说法正确的是( )
A.散射就是乱反射,毫无规律可言
B.散射中没有对心碰撞
C.散射时仍遵守动量守恒定律
D.散射时不遵守动量守恒定律
解析:
选C 由于散射也是碰撞,所以散射过程中动量守恒。
2.冰壶运动深受观众喜爱,图(a)为冬奥会上运动员投掷冰壶的镜头。
在某次投掷中,冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰,如图(b)所示。
若两冰壶质量相等,则碰后两冰壶最终停止的位置,可能是图中的哪幅图( )
解析:
选B 碰撞过程动量守恒,两冰壶发生正碰,由动量守恒定律可知,碰撞前后系统动量不变,两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向,由题图可知,A图示情况是不可能的,故A错误;如果两冰壶发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,两冰壶质量相等,碰撞后两冰壶交换速度,甲静止,乙的速度等于甲的速度,碰后乙做减速运动,最后停止,最终两冰壶的位置如图B所示,故B正确;两冰壶碰撞后,甲的速度不可能大于乙的速度,碰后乙在前,甲在后,图C是不可能出现的,故C错误;碰撞过程机械能不可能增大,两冰壶质量相等,碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度,碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移,故D错误。
3.如图所示,一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。
假如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离x=0.5m,g取10m/s2。
物块可视为质点,则碰撞前瞬间A的速度大小为( )
A.0.5m/s B.1.0m/s
C.1.5m/sD.2.0m/s
解析:
选C 碰撞后B做匀减速运动,由动能定理得-μ·2mgx=0-
·2mv2,代入数据得v=1m/s,A与B碰撞的过程中,A与B组成的系统在水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,则有mv0=mv1+2mv,由于没有机械能的损失,则有
mv02=
mv12+
·2mv2,联立解得v0=1.5m/s,选项C正确。
4.[多选]如图甲所示,在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰,小球A的质量为m1=0.1kg。
图乙为它们碰撞前后两个小球的st图像。
由此可以判断( )
A.碰前小球B静止,小球A向右运动
B.碰后小球A和B都向右运动
C.小球B的质量为m2=0.2kg
D.小球B的质量为m2=0.3kg
解析:
选AD 由st(位移—时间)图像的斜率得到,碰前B的位移不随时间而变化,处于静止,A速度大小为v1=
=
m/s=4m/s,方向只有向右才能与B相撞,故A正确;由图示图像可知,碰后B的速度为正方向,说明向右运动,A的速度为负方向,说明向左运动,两小球运动方向相反,故B错误;由图示图像可知,碰后B和A的速度分别为v2′=2m/s,v1′=-2m/s,根据动量守恒定律得,m1v1=m2v2′+m1v1′,代入解得,m2=0.3kg,故C错误,D正确。
5.甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动,已知它们的动量分别是5kg·m/s和7kg·m/s,甲追上乙并发生碰撞,碰撞后乙球的动量变为10kg·m/s,则两球质量m甲与m乙的关系可能是( )
A.m乙=m甲B.m乙=2m甲
C.4m甲=m乙D.m乙=6m甲
解析:
选C 碰撞前,v甲>v乙,即
>
,可得
<
;碰撞后,v甲≤v乙,即
≤
,可得
≥
;综合可得
≤
<
,选项A、D错误。
由碰撞过程动能不增加可知,E碰前≥E碰后,由B得到E碰前 6.冰球运动员甲的质量为80.0kg。 当他以5.0m/s的速度向前运动时,与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。 碰后甲恰好静止。 假设碰撞时间极短,求: (1)碰后乙的速度的大小; (2)碰撞中总机械能的损失。 解析: (1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M,碰前速度大小分别为v、V,碰后乙的速度大小为V′。 由动量守恒定律有 mv-MV=MV′ ① 代入数据得V′=1.0m/s。 ② (2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE,应有 mv2+ MV2= MV′2+ΔE ③ 联立②③式,代入数据得 ΔE=1400J。 答案: (1)1.0m/s (2)1400J 7.[多选]如图所示,在质量为M的小车中挂着一个单摆,摆球的质量为m0,小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞时间极短,在此碰撞过程中,下列说法可能发生的是( ) A.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v1、v2、v3,满足: (M+m0)u=Mv1+mv2+m0v3 B.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足: Mu=Mv1+mv2 C.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v,满足: Mu=(M+m)v D.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度为v2,满足: (M+m0)u=(M+m0)v1+mv2 解析: 选BC 因碰撞时间极短,所以单摆相对小车没有发生摆动,即摆线对球的作用力原来是竖直向上的,现在还是竖直向上的,没有水平方向的分力,未改变小球的动量,即单摆没有参与这个碰撞过程,单摆的速度不发生变化,因此排除A、D。 因为单摆的速度不变,所以研究对象选取小车和木块所构成的系统,若为弹性碰撞或碰后分离,水平方向动量守恒,由动量守恒定律得: Mu=Mv1+mv2,故B正确。 由于题目中并没有提供在碰撞过程中的能量变化关系,所以也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动,故C正确。 8.如图所示,一根劲度系数足够大的轻质弹簧—端固定在墙上O点,另一端与静止在光滑水平面上A点的物块相连,物块质量为M,第一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块但未穿出。 此后,每当物块向左经过A点时,都会有一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块且均未穿出。 若每颗子弹的质量为m,子弹与物块相互作用时间极短,不计空气阻力,则( ) A.随着子弹的不断射入,弹簧的最大压缩量将不断增加 B.当第2019颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为0 C.当第2019颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为 v0 D.从第一颗子弹射入到弹簧被压缩到最短的过程中,子弹、物块和弹簧系统机械能守恒 解析: 选B 第一颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v1,解得v1= ,之后弹簧的最大弹性势能为Ep1= (M+m)v12= ,根据机械能守恒可知,物块返回A点时速度大小为v1= 。 第二颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0-(M+m)v1=(M+2m)v2,解得v2=0,第三颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+3m)v3,解得v3= ,之后弹簧的最大弹性势能为Ep3= (M+3m)v32= ,第四颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0-(M+3m)v3=(M+4m)v4,解得v4=0,可知,随着子弹的不断射入,弹簧的最大压缩量并不是不断增加,A错误。 由上分析知,当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小为0,所以当第2019颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为0,B正确,C错误。 在第一颗子弹射入物块的过程中,机械能有一部分转化为内能,所以子弹、物块和弹簧系统机械能要减小,D错误。 9.如图所示,质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R,现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放,然后由A点经过半圆轨道后从B冲出,在空中能上升的最大高度为 h0(不计空气阻力),则( ) A.小球和小车组成的系统动量守恒 B.小车向左运动的最大距离为 R C.小球离开小车后做斜上抛运动 D.小球第二次能上升的最大高度 h0 h0 解析: 选D 小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零,水平方向系统动量守恒,但系统整体所受合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得: mv-mv′=0,m -m =0,解得,小车的位移: x=R,故B错误;小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故C错误;小球第一次在车中运动过程中,由动能定理得: mg -Wf=0,Wf为小球克服摩擦力做功大小,解得: Wf= mgh0,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为 mgh0,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于 mgh0,机械能损失小于 mgh0,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于: h0- h0= h0,而小于 h0,故D正确。 10.用一个半球形容器和三个小球可以进行碰撞实验。 已知容器内侧面光滑,半径为R。 三个质量分别为m1、m2、m3的小球1、2、3,半径相同且可视为质点,自左向右依次静置于容器底部的同一直线上且相互接触。 若将小球1移至左侧离容器底高h 处无初速释放,如图所示。 各小球间的碰撞时间极短且碰撞时无机械能损失。 小球1与2、2与3碰后,小球1停在O点正下方,小球2上升的最大高度为 R,小球3恰能滑出容器,则三个小球的质量之比为( ) A.2∶2∶1B.3∶3∶1 C.4∶4∶1D.3∶2∶1 解析: 选B 碰撞前对小球1的下滑过程,由机械能守恒定律得m1gh= m1v02,对于碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得m1v0=m2v2+m3v3,由机械能守恒定律得 m1v02= m2v22+ m3v32,碰撞后,对小球2,根据机械能守恒定律有m2g· R= m2v22,对小球3,根据机械能守恒定律有m3gR= m3v32,联立解得m1∶m2∶m3=3∶3∶1,选项B正确。 11.如图所示,光滑水平面上静止放置质量M=2kg的长木板C;离板右端x=0.72m处静止放置质量mA=1kg的小物块A,A与C间的动摩擦因数μ=0.4;在木板右端静止放置质量mB=1kg的小物块B,B与C间的摩擦忽略不计。 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A、B均可视为质点,g取10m/s2。 现在木板上加一水平向右的力F=3N,到A与B发生弹性碰撞时撤去力F。 问: (1)A与B碰撞之前运动的时间是多少? (2)若A最终能停在C上,则长木板C的长度至少是多少? 解析: (1)若A、C相对滑动,则A受到的摩擦力为: FA=μmAg=4N>F,故A、C不可能发生相对滑动,设A、C一起运动的加速度为a a= =1m/s2 由x= at2有: t= =1.2s。 (2)因A、B发生弹性碰撞,由于mA=mB,故A、B碰后,A的速度为0,则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中,由动量守恒定律: v0=1.2m/s v=0.8m/s 由能量守恒: μmAgΔx= Mv02- (M+mA)v2
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- 高中物理 第十六 章动 守恒定律 碰撞 解析 新人 选修 35